云南省大理州丽江怒江2027届物理高二第一学期期末质量跟踪监视模拟试题含解析

云南省大理州丽江怒江2027届物理高二第一学期期末质量跟踪监视模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、法拉第在1831年发现了“磁生电”现象。如图，他把两个线圈绕在同一个软铁环上，线圈A和电池连接，线圈B用导线连通，导线下面平行放置一个小磁针。实验中可能观察到的现象是A.线圈A和电池接通瞬间，小磁针会偏转B.线圈A和电池断开瞬间，小磁针不偏转C.只要A线圈中电流足够强，小磁针就会发生偏转D.A线圈接通后，线圈B匝数较少时小磁针不偏转，匝数足够多时小磁针会偏转2、2014年12月31日，搭载“风云二号”08星的运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射．发射过程中“风云二号”08星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为T0，如图所示．则()A.“风云二号”08星在B、D两点运行速率不等B.“风云二号”08星A→B→C过程中，速率逐渐变大C.“风云二号”08星在A→B过程所用时间小于D.“风云二号”08星在B→C→D过程中所用时间等于3、通电直导线穿过闭合线圈L，如图所示，则()A.当电流I增大时，线圈L中有感应电流B.当L左右平动时，L中有感应电流C.当L上下平动时，L中有感应电流D.以上各种情况都不会产生感应电流4、计数器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达阳极，则计数器中的电流为（）A.0 B.C. D.5、如图所示，两根靠近但彼此绝缘的直导线互相垂直，通以大小相同的电流，在哪一个区域两根导线的磁场方向一致且向里（）A.I区B.II区C.III区D.IV区6、1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是()A.该束带电粒子带负电B.速度选择器的P1极板带负电C.在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D.在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、如图所示，将带电棒移近两个不带电的导体球，两个导体球开始时互相接触且对地绝缘，下述几种方法中能使两球都带电的是A.先把两球分开，再移走带电棒B.先移走带电棒，再把两球分开C.先将棒接触一下其中的一个球，再把两球分开D.用手接触乙球，移开导体棒，然后将手离开乙球，最后将两球分开8、如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒A.一直向右移动 B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力大小不随时间而变化 D.受到的安培力在一个周期内做正功9、如图所示，平行金属板M、N之间有竖直向下的匀强电场，虚线下方有垂直纸面的匀强磁场，质子和粒子分别从上板中心S点由静止开始运动，经电场加速后从O点垂直磁场边界进入匀强磁场，最后从a、b两点射出磁场（不计重力），下列说法正确的是()A.磁场方向垂直纸面向外B.从a点离开的是粒子C.从b点离开的粒子在磁场中运动的速率较大D.粒子从S出发到离开磁场，由b点离开的粒子所用时间较长10、将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电流计及开关如图所示连接，下列说法中正确的是A.开关闭合后，线圈A插入线圈B或从线圈B中拔出线圈A时都会引起电流计指针偏转B.线圈A插入线圈B中稳定后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会发生偏转C.开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P，电流计指针将会发生偏转D.开关闭合后，只有将滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才能发生偏转三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11．（6分）某同学要描绘一个标有“5V；4.5W”某元件的伏安特性曲线，要求元件两端的电压由零开始变化．该同学选用的器材有：A．电源：电动势为6V，内阻约0.5ΩB．直流电流表A1：量程0～1A，内阻约为0.4ΩC.直流电流表A2：量程0～3A，内阻约为0.2ΩD．直流电压表V1：量程0～15V，内阻约为10kΩE．直流电压表V2：量程0～3V，内阻为5kΩF．滑动变阻器RA：最大阻值10Ω，额定电流5AG．滑动变阻器RB：最大阻值1400Ω，额定电流0.2A另给定值电阻，定值电阻．开关一个、导线若干（1）以上器材中电流表选用_____（填选项代号），电压表选用____（填选项代号），滑动变阻器选用_________（填选项代号）；（2）根据选用的实验器材，请在方框内画出实验电路图______________（待测元件用电阻符号R表示，并标出所选元件的相应字母符号）实验得到该元件的伏安特性曲线如图所示．如果将这个元件R接到图所示的电路中，已知电源的电动势为4.5V，内阻为2Ω，定值电阻,闭合S后该元件的电功率为____W．（保留两位有效数字）12．（12分）如图所示，在“探究平行四边形定则”实验中，橡皮条一端固定于A点（1）同时使用两个弹簧测力计通过细绳套将橡皮条的另一端拉到O点，记录两个测力计的读数F1和F2及两细绳的方向．弹簧测力计的示数如图所示，其示数为_____N（2）只用一个测力计通过细绳拉橡皮条，使结点也拉到O点，记下此时测力计的读数F和细绳的方向．本步骤中将结点也拉到O点，是为了____________________________.（3）关于本实验，下列说法正确的是_____A．实验过程中橡皮条必须在两细绳套的角分线上B．橡皮条的伸长量越大越好C．拉两个细绳套时，两拉力夹角越大越好D．拉细绳套时，拉力应尽量与木板平行四、计算题：本题共3小题，共38分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。13．（10分）如图，两根间距为L＝0.5m的平行光滑金属导轨间接有电动势E＝3V、内阻r＝1Ω的电源，导轨平面与水平面间的夹角θ＝37°．金属杆ab垂直导轨放置，质量m＝0.2kg．导轨与金属杆接触良好且金属杆与导轨电阻均不计，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中．当R0＝1Ω时，金属杆ab刚好处于静止状态，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（1）求磁感应强度B的大小；（2）若保持B的大小不变而将方向改为垂直于斜面向上，求金属杆的加速度14．（16分）ABC表示竖直放在电场强度为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg，带电量为q=+C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g=10m/s2）(1)小球到达C点的速度大小(2)小球在C点时，轨道受到的压力大小15．（12分）如图所示，水平放置的两块长直平行金属板a、b相距d=0.10m，a、b间的电场强度为E=5.0×105N/C，b板下方整个空间存在着磁感应强度大小为B=6.0T、方向垂直纸面向里的匀强磁场.今有一质量为m=4.8×10-25kg、电荷量为q=1.6×10-18C的带正电的粒子(不计重力)，从贴近a板的左端以v0=1.0×106m/s的初速度水平射入匀强电场，刚好从狭缝P处穿过b板而垂直进入匀强磁场，最后粒子回到b板的Q处（图中未画出）．求P、Q之间的距离L

参考答案一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、A【解析】A．开关S接通瞬间，线圈A的磁场从无到有，磁场也穿过B线圈，则穿过B线圈的磁通量增加，会产生感应电流，电流会产生磁场，会使小磁针偏转。故A正确；

B．同理，开关S断开瞬间，穿过B线圈的磁通量减少，会产生感应电流，电流产生磁场，会使小磁针偏转。故B错误；

C．A线圈中电流足够强，但若电流稳定，产生的磁场稳定，穿过B线圈的磁通量不变，不会产生感应电流，小磁针不会偏转，故C错误；

D．开关S接通达到稳定后，穿过B线圈的磁通量不变，B线圈内没有感应电流，小磁针不偏转，与B的线圈的匝数无关。故D错误。故选A。2、C【解析】卫星沿着椭圆轨道运动，由开普勒的面积定律得到各个点的运动快慢，周期定律得到对称性.【详解】A、卫星沿椭圆轨道运动，由面积定律可知B、D两点与地球的连线相等且运动对称，则速率相等；故A错误.B、卫星从近地点A到远地点C的过程中，万有引力与线速度成钝角，则卫星做减速运动，速率逐渐减小；故B错误.C、卫星运动一圈的周期为T0，运动具有对称性和周期性，AC为一条对称轴，则，因AB段比BC段运动快些，则，有，且，故，；故C正确.D、BD线是椭圆轨迹的对称轴，但BAD段比BCD段离地球近些，平均速率略大，则，；故D错误.故选C.【点睛】本题关键是利用开普勒三大定律分析卫星的运动快慢，轨迹对称性与运动对称性的应用.3、D【解析】通电直导线周围的磁感线是一些垂直导线的同心圆，满足安培定则，所以当线圈L垂直长直导线时，通电长直导线的磁感线与线圈平面平行，即穿过线圈L的磁通量为0，A、B、C中的三种运动，都没有改变穿过L的磁通量的大小，即磁通量始终为零，故没有感应电流产生，D正确．故选D.【点睛】解决本题的关键要掌握安培定则，熟练运用来判断直导线产生的磁场方向，并根据产生感应电流的条件进行判断4、D【解析】由题意可知，t时间内，有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达探测器的阳极，且正离子和电子产生的电流方向相同，则通过导体横截面的总电荷量为根据电流定义式得计数器中的电流为故选D。5、D【解析】AC．由安培定则可知，对于竖直导线一四象限磁场方向为垂直纸面向里，二三象限磁场方向为垂直纸面向外，对于水平导线三四象限磁场方向为垂直纸面向里，一二象限磁场方向为垂直纸面向外，得到一三象限两磁场方向相反，故AC错误；B．在二象限两根导线的磁场方向一致方向为垂直纸面向外，故B错误；D．在四象限两根导线的磁场方向一致方向为垂直纸面向里，故D正确故选D.6、D【解析】A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；C、进入磁场中的粒子速度是一定的，根据得，，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大，故C错误，D正确二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7、AC【解析】将棒移近两个不带电的导体球，靠感应起电使物体带电，带电的实质是电荷的移动，总电荷量保持不变．用手接触金属球时，相对于接地．由此分析即可【详解】A．先把两球分开，再移走棒，两球由于感应起电带上异种电荷．故A正确；B．先移走棒，此时甲乙两球中的电荷又发生中和，不再带电，再把球分开，同样不再带电．故B错误；C．使棒与起振的一个球瞬时接触，这样两球都带同种电，当移走棒，两球仍带电．故C正确；D．用手接触乙球，移开导体棒后，甲乙两球电荷与人体的电荷中和，然后将手离开乙球，则两球不会带电，故D错误；故选AC8、ABC【解析】AB.由于电流大小不变，安培力大小不变。根据左手定则，0～时间内，金属棒受到的安培力向右，做匀加速运动；～T时间内，金属棒受到的安培力向左，做匀减速运动，T时刻速度减为零。T～时间内，金属棒受到的安培力向右，做匀加速运动；～2T时间内，金属棒受到的安培力向左，做匀减速运动，2T时刻速度减为零。所以金属棒一直向右运动，速度随时间做周期性变化，故A正确，B正确；C.根据公式F=BIL，安培力的大小随时间周期性变化，故C正确；D.根据动能定理，一个周期内，动能变化量为零，安培力做功为零，故D错误。故选：ABC。9、AD【解析】A．由左手定则，可以判定磁场方向是垂直于纸面向外，所以选项A正确B．设加速电压为U，在加速电场中：Uq=mv2在偏转磁场中：qvB＝m联立可得：由于α粒子是质子的4倍，而电量是质子的2倍，所以α粒子做匀速圆周运动的半径大，从b点离开，则选项B错误C．由上述结论可得经过加速电场后速度为v＝由于α粒子的比荷小于质子的比荷，所以从b点离开的α粒子速度小，选项C错误D．从S出发到离开磁场的时间t=t电+t磁=显然比荷q/m越小，时间越大，即从b点离开的α粒子所用时间较长，所以选项D正确故选AD【点睛】本题涉及的是带电粒子先在电场中加速，然后进入磁场中做匀速圆周运动，分别用动能定理和牛顿第二定律求出半径，从而判断出从a、b两点离开的是哪种粒子，再由运动学公式求出在两种场中运动的时间，从表达式可以看出哪种粒子的时间长10、AC【解析】A项：线圈A插入线圈B或从线圈B中拔出，穿过线圈的磁通量都会发生变化，都会产生感应电流，都会引起电流计指针偏转，故A正确；B项：线圈A插入线圈B中稳定后，开关闭合和断开的瞬间穿过线圈B的磁通量都会发生变化，会产生感就电流，电流计指针均会偏转，故B错误；C项：开关闭合后，匀速滑动滑动变阻器的滑片P，通过线圈A的电流发生变化，穿过线圈B的磁通量发生变化，线圈B所在回路产生感就电流，电流计指针会发生偏转，故C正确；D项：开关闭合后，不论滑动变阻器的滑片P加速滑动还是匀速滑动，穿过线圈的磁通时都会变化，都会产生感应电流，电流计指针都会发生偏转，故D错误故选AC三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。11、①.B②.E③.F④.⑤.0.90W【解析】（1）元件额定电流为，选用量程为1A的电流表即可，即选电流表B；为了达到额定电压，15V量程过大，可用3V的电压表E进行改装，选用R1可将电压表改装成量程为6V的电压表，为了便于操作可选用较小的滑动变阻器，即选用F；（2）由于被测元件在正常工作时的电阻为，和电流表内阻接近，故电流表内接分压过大，采用电流表外接法，将电压表E和串联改装电压表，然后并联在元件两端，要求元件两端的电压从零开始，所以采用滑动变阻器分压接法，如图所示3、将R3等效为电源内阻，做电路的U-I图像，与曲线的交点即为元件在该电路中的电流与电压值，交点坐标（1.5V、0.6A），则元件的功率为0.90W.【点睛】伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法．在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器12、①.（1）2.60②.（2）使两分力的效果与一个合力的效果相同.③.（3）D【解析】第一空.弹簧秤的最小分度为0.1N，根据弹簧秤指针的指示可知，其读数为2.60N；第二空.实验中两次应将结点接至同一点，这样可以使两次拉力作用的效果相同；第三空.实验过程中橡皮条不一定必